Question

1．已知函数f（x）=x+$\frac{a}{x}$ （x＞0）的最小最小值为$2•\root{4}{2}$，设点P是函数图象上的任意一点，过点P分别作直线y=x和y轴的垂线，垂足分别为M、N．
（1）求a的值；
（2）问：PM•PN是否为定值？若是，则求出该定值，若不是，请说明理由；
（3）设O为坐标原点，求四边形OMPN面积的最小值．

Answer 1

分析 （1）可判断a≤0时f （x）递增，没有最小值；从而a＞0，结合基本不等式可得$f（x）≥2\sqrt{a}$，从而解得．
（2）设$P（{x_0}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）$，从而表示出$PM=\frac{{|{x_0}-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）|}}{{\sqrt{2}}}=\frac{1}{x_0}$，PN=x₀，从而得到．
（3）设$P（{x_0}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）$，则直线PM：$y-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）=-（x-{x_0}）$，联立解得M$（{{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{{2{x_0}}}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{{2{x_0}}}}）$；从而可得S_OMPN=S_△OPN+S_△OPM=$\frac{1}{2}x_0^2+\frac{1}{2x_0^2}+\sqrt{2}$

≥$2\sqrt{\frac{1}{2}x_0^2•\frac{1}{2x_0^2}}+\sqrt{2}=1+\sqrt{2}$．（当且仅当$\frac{1}{2}x_0^2=\frac{1}{2x_0^2}$，即x₀=1时取等号）．

解答 解：（1）∵x＞0，若a≤0，则f （x）递增，没有最小值，
∴a＞0，∴$f（x）≥2\sqrt{a}$，
∴x=$\sqrt{a}$时，$f{（x）_{min}}=2\sqrt{a}=2•\root{4}{2}$；
∴$a=\sqrt{2}$．
（2）设$P（{x_0}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）$，
则$PM=\frac{{|{x_0}-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）|}}{{\sqrt{2}}}=\frac{1}{x_0}$，PN=x₀，
则PM•PN=1；
（3）设$P（{x_0}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）$，则直线PM：$y-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）=-（x-{x_0}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}y-（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）=-（x-{x_0}）\\ y=x\end{array}\right.$得，M$（{{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{{2{x_0}}}，{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{{2{x_0}}}}）$；
S_OMPN=S_△OPN+S_△OPM=$\frac{1}{2}（{x_0}+\frac{{\sqrt{2}}}{x_0}）•{x_0}+\frac{1}{2}（\sqrt{2}{x_0}+\frac{1}{x_0}）•\frac{1}{x_0}$=$\frac{1}{2}x_0^2+\frac{1}{2x_0^2}+\sqrt{2}$

≥$2\sqrt{\frac{1}{2}x_0^2•\frac{1}{2x_0^2}}+\sqrt{2}=1+\sqrt{2}$．
（当且仅当$\frac{1}{2}x_0^2=\frac{1}{2x_0^2}$，即x₀=1时取等号）；
故四边形OMPN面积的最小值$1+\sqrt{2}$．

点评 本题考查了函数在几何问题中的应用及基本不等式的应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于中档题．